重點(diǎn)強(qiáng)化電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用

1、<p>　　重點(diǎn)強(qiáng)化(七)　電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用</p><p><b>　　(限時(shí)：45分鐘)</b></p><p>　　(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第329頁)</p><p>　　一、選擇題(8小題，每小題6分，1～4為單選題，5～8為多選題)</p><p>　　1．如圖1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U型導(dǎo)線框bac

2、d，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng)，桿ef及線框中導(dǎo)體的電阻都可不計(jì)．開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) </p><p>　　【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370461】</p><p><b>　　圖1</b></p><p>　　A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速

3、</p><p>　　B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止</p><p>　　C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)</p><p>　　D．ef將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)</p><p>　　A　[桿ef向右運(yùn)動(dòng)，所受安培力F＝BIl＝Bl·＝，方向向左，故桿做減速運(yùn)動(dòng)；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，A正確．]</p><p

4、>　　2．如圖2所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外，若外力對(duì)環(huán)做的功分別為Wa、Wb，則Wa∶Wb為(　　)</p><p><b>　　圖2</b></p><p>　　A．1∶4　　　　　　　B．1∶2</p><p>　　C．1∶1 D

5、．不能確定</p><p>　　A　[根據(jù)能量守恒可知，外力做的功等于產(chǎn)生的電能，而產(chǎn)生的電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則Wa＝Qa＝·，Wb＝Qb＝·，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A正確．]</p><p>　　3．如圖3所示的電路中，L為自感線圈，其直流電阻與電阻R相等，C為電容器，電源內(nèi)阻不可忽略．當(dāng)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_瞬間，下列說法中正確的是(　　

6、)</p><p><b>　　圖3</b></p><p>　　A．通過燈A的電流由c到d</p><p>　　B．A燈突然閃亮一下再熄滅</p><p>　　C．B燈無電流通過，不可能變亮</p><p><b>　　D．電容器立即放電</b></p>&l

7、t;p>　　B　[當(dāng)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí)，線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，與燈泡A和電阻R構(gòu)成閉合回路放電，由于斷開開關(guān)前流過線圈的電流大于流過燈泡A的電流，故A燈突然閃亮一下再熄滅，電流從d到c流過燈泡A，故d點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)高，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí)，外電路的總電流減小，故內(nèi)電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電源的輸出電壓增加，故電容器充電，有充電電流，故B燈有電流通過，電流方向由a到b，故C、D錯(cuò)誤．故選B.]<

8、/p><p>　　4．在水平桌面上，一個(gè)面積為S的圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖4甲所示，0～1 s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直線框平面向下，圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的長為L、電阻為R，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖乙所示，若導(dǎo)體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力f隨時(shí)間變化的圖象是下圖中的(設(shè)向右的方向?yàn)殪o摩擦力的正

9、方向)(　　)</p><p>　　甲 乙</p><p><b>　　圖4</b></p><p>　　B　[對(duì)棒受力分析，棒受的靜摩擦力f＝F安＝BIL，電動(dòng)勢(shì)E＝S，感應(yīng)電流I＝＝·，0～1 s和3～4 s內(nèi)的感應(yīng)電流大小和方向相同，電流從下向上通過導(dǎo)

10、體棒，安培力向左，靜摩擦力向右，為正；1～2 s和4～5 s內(nèi)，感應(yīng)電流為零，導(dǎo)體棒不受安培力，也不受靜摩擦力；2～3 s和5～6 s內(nèi)，電流從上向下流過導(dǎo)體棒，安培力向右，靜摩擦力向左，為負(fù)，大小和0～1 s內(nèi)相同，所以B正確．]</p><p>　　5．(2018·保定模擬)如圖5甲所示，正三角形導(dǎo)線框位于圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線框所在平面垂直．規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨

11、時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．下面說法正確的是(　　)</p><p>　　甲 　　 乙</p><p><b>　　圖5</b></p><p>　　A．0 s～1 s時(shí)間內(nèi)和5 s～6 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流方向相同</p><p>　　B．0 s～1 s時(shí)間內(nèi)和1 s～3 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流大

12、小相等</p><p>　　C．3 s～5 s時(shí)間內(nèi)，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上</p><p>　　D．1 s～3 s時(shí)間內(nèi)，AB邊受到的安培力不變</p><p>　　AC　[0 s～1 s時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向外增加；5 s～6 s時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框中的電流方向相同，選項(xiàng)A正確；B­t圖象的斜率等于

13、磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，故0 s～1 s時(shí)間內(nèi)和1s～3 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小不等，感應(yīng)電流不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；3 s～5 s時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，則由左手定則可知，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上，選項(xiàng)C正確；1 s～3 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流大小不變，而磁場(chǎng)向外減弱，根據(jù)F＝BIL可知，AB邊受到的安培力要變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選A、C.]</p><p>　　6．如圖6所示

14、，上下邊界間距為l、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域位于地面上方高l處．質(zhì)量為m、邊長為l、電阻為R的正方形線框在距離磁場(chǎng)的上邊界l處，沿水平方向拋出，線框的下邊界進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度為零．則線框從拋出到觸地的過程中(　　)</p><p>　　【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370462】</p><p><b>　　圖6</b></p><p>　　A．沿水平方向的分

15、運(yùn)動(dòng)始終是勻速運(yùn)動(dòng)</p><p>　　B．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為</p><p>　　C．產(chǎn)生的焦耳熱為2mgl</p><p><b>　　D．運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2</b></p><p>　　ACD　[線框進(jìn)入磁場(chǎng)后豎直的兩條邊以v0水平垂直切割磁感線，兩邊產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)為零，線框的電動(dòng)勢(shì)就是下邊產(chǎn)生的，E＝Blv⊥.由于豎直

16、的兩邊中電流方向相反，安培力抵消，線框水平方向受合力為零，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；E＝Blv⊥＝Bl，電流I＝，由mg＝BIl，三式聯(lián)立解得B＝，B錯(cuò)誤；因?yàn)榫€框和磁場(chǎng)一樣寬，所以線框勻速進(jìn)磁場(chǎng)，勻速出磁場(chǎng)，對(duì)線框穿過磁場(chǎng)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，mg·2l－W克安＝0，W克安＝2mgl，而產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以產(chǎn)生的焦耳熱為2mgl，C正確；l＝gt，t1＝，2l＝v⊥t2＝t2，t2＝，所以總時(shí)間t＝t1

17、＋t2＝2，D正確．]</p><p>　　7．(2018·無錫模擬)如圖7所示，在電阻不計(jì)的邊長為L的正方形金屬框abcd的cd邊上接兩個(gè)相同的電阻，平行金屬板e(cuò)和f通過導(dǎo)線與金屬框相連，金屬框內(nèi)兩虛線之間有垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，同一時(shí)刻各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，B隨時(shí)間t均勻增加，已知B＝B0＋kt(k＞0)，磁場(chǎng)區(qū)域面積是金屬框面積的二分之一，金屬板長為L，板間距離為L.質(zhì)量為m，電荷量為q的粒

18、子從兩板中間沿中線方向以某一初速度射入，剛好從f板右邊緣射出．不計(jì)粒子重力，忽略邊緣效應(yīng)．則(　　)</p><p><b>　　圖7</b></p><p>　　A．金屬框中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda</p><p><b>　　B．粒子帶正電</b></p><p><b>　　C.&l

19、t;/b></p><p>　　D．粒子在e、f間運(yùn)動(dòng)增加的動(dòng)能為kL2q</p><p>　　AC　[根據(jù)楞次定律，原磁場(chǎng)向里均勻增加，感應(yīng)磁場(chǎng)向外，利用右手螺旋定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，A正確；由題知粒子受電場(chǎng)力向下，而電場(chǎng)方向向上(由A知，f板電勢(shì)高)，故粒子帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；粒子在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，且兩板間電勢(shì)差為＝＝，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，L＝v0t，＝at2，a＝＝，

20、解得v0＝，C正確；粒子在e、f間運(yùn)動(dòng)增加的動(dòng)能等于電場(chǎng)力做的功，則ΔEk＝q××＝kL2q，D錯(cuò)誤．故選A、C.]</p><p>　　8．(2018·武漢模擬)如圖8所示，一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)(長度足夠大)，該區(qū)域的上、下邊界MN、PS是水平的．有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框abcd從距離磁場(chǎng)上邊界MN的某高度處由靜止釋放穿過該磁場(chǎng)區(qū)域，已知當(dāng)線框的a

21、b邊到達(dá)PS時(shí)線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．從線框的ab邊到達(dá)MN時(shí)開始計(jì)時(shí)，以MN上某點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖坐標(biāo)軸x，并規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，向上為力的正方向．則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i和線框所受到的安培力F與ab邊的位置坐標(biāo)x關(guān)系的圖線中，可能正確的是(　　)</p><p><b>　　圖8</b></p><p>　　AD　[由于ab邊向下運(yùn)動(dòng)，由右手定則可

22、以判斷出，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcd，沿逆時(shí)針方向，故在圖象中，在0～L的這段距離內(nèi)，電流是正的；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，穿過線框的磁通量沒有變化，故其感應(yīng)電流為0；經(jīng)分析知線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過程和在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程均做加速運(yùn)動(dòng)，則線框的ab邊從磁場(chǎng)的下邊界出來時(shí)的速度要比cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大，故cd邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框的感應(yīng)電流要比ab邊出磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流小，又感應(yīng)電流的方向與ab邊剛?cè)氪艌?chǎng)時(shí)相反，故A正確，B錯(cuò)誤．由于ab邊

23、穿出磁場(chǎng)時(shí)速度較大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，且電流與線框的速度成正比，即線框受到的安培力與線框的速度也成正比，故電流逐漸增大，安培力也逐漸增大．在0～L段，由前面分析知，感應(yīng)電流小于I0，因此安培力小于mg，根據(jù)左手定則知安培力方向向上，在L～2L段，線框內(nèi)感應(yīng)電流為0，所以安培力為0，在2L～ 3L段，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C錯(cuò)誤，D正確．]</p><p>　　二、計(jì)算題(

24、3小題，共52分)</p><p>　　9．(16分)(2018·大連模擬)如圖9所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻．質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．閉合

25、開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：</p><p><b>　　圖9</b></p><p>　　(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；</p><p>　　(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)

26、定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　　(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm. </p><p>　　【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370463】</p><p>　　[解析](1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零，</p><p>　　對(duì)

27、其受力分析，可得：mgsin θ－BIL＝0</p><p>　　根據(jù)歐姆定律可得：I＝</p><p><b>　　解得：vm＝.</b></p><p>　　(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x，</p><p>　　由電流的定義可得：q＝Δt</p><p>　　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

28、、歐姆定律得：</p><p><b>　?。剑?lt;/b></p><p><b>　　解得：x＝</b></p><p>　　設(shè)電流為I0時(shí)金屬桿的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，可得：I0＝</p><p>　　此過程中，電路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin θ＝Q

29、總＋mv</p><p>　　定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q總</p><p><b>　　解得：Q＝－.</b></p><p>　　(3)由牛頓第二定律得：BIL＝ma</p><p>　　由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得：I＝</p><p><b>　　可得：v＝m</b&g

30、t;</p><p>　　vΔt＝mΔv，即xm＝mvm</p><p><b>　　得：xm＝.</b></p><p>　　[答案](1)　(2)－　(3)</p><p>　　10．(16分)(2018·鄭州模擬)如圖10所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ電阻不計(jì)，其間距為L，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平

31、面與水平面成θ角．兩根用細(xì)線連接的金屬桿ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，平行斜面向上的外力F作用在桿ab上，使兩桿靜止．已知兩金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m和2m，兩金屬桿的電阻都為R，并且和導(dǎo)軌始終保持良好接觸，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.某時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持桿ab靜止不動(dòng)，重力加速度為g.</p><p><b>　　圖10</b></p>&

32、lt;p>　　(1)求細(xì)線燒斷后外力F的最小值F1和最大值F2；</p><p>　　(2)當(dāng)外力F＝時(shí)，求cd桿的速度大?。?lt;/p><p>　　(3)從細(xì)線燒斷到cd桿達(dá)到最大速度，桿ab產(chǎn)生的電熱為Q，求cd桿在此過程中經(jīng)過的位移．</p><p>　　[解析](1)細(xì)線燒斷瞬間，外力F取得最小值F1，對(duì)桿ab：</p><p>

33、　　F1＝mgsin θ</p><p>　　cd桿到達(dá)最大速度vm時(shí)，外力F取得最大值F2，對(duì)桿ab：</p><p>　　F2＝mgsin θ＋F安</p><p>　　對(duì)cd桿，因其勻速運(yùn)動(dòng)，則F′安＝2mgsin θ</p><p><b>　　顯然F安＝F′安</b></p><p>　

34、　代入可得F2＝3mgsin θ.</p><p>　　(2)當(dāng)外力F＝時(shí)，對(duì)桿ab</p><p>　　F＝mgsin θ＋F″安＝2mgsin θ</p><p>　　可得F″安＝mgsin θ</p><p><b>　　又知F″安＝BIL</b></p><p><b>　　其中

35、I＝</b></p><p>　　可得此時(shí)cd桿的速度v＝.</p><p>　　(3)由于兩桿電阻相等，所以產(chǎn)生的電熱相等．cd桿達(dá)到最大速度前，電路產(chǎn)生的總電熱為2Q，設(shè)cd桿達(dá)到最大速度前經(jīng)過的位移為x，由能量守恒可知</p><p>　　2mgsin θ·x＝(2m)v＋2Q</p><p>　　cd桿最后勻速時(shí)

36、F′安＝2mgsin θ＝BI′L</p><p><b>　　I′＝</b></p><p><b>　　聯(lián)立解得x＝.</b></p><p>　　[答案](1)mgsin θ　3mgsin θ</p><p><b>　　(2)　(3)</b></p>&l

37、t;p>　　11．(20分)(2018·沈陽模擬)如圖11所示，光滑絕緣的水平面上一個(gè)倒放的“曰”字型導(dǎo)線框，四周abfe為正方形，每邊長度為l，中間的導(dǎo)線cd距離右側(cè)邊ab的距離為l.上下橫邊ae、bf不計(jì)電阻，每條豎直邊ab、cd、ef的電阻都是R.虛線右側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)邊界與導(dǎo)線框的豎邊平行．現(xiàn)在讓導(dǎo)線框以速度v0勻速垂直進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．忽略一切阻力．試分析：</p>&

38、lt;p><b>　　圖11</b></p><p>　　(1)導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過程中所需外力的情況，并計(jì)算所需外力的大小和方向；</p><p>　　(2)線框勻速進(jìn)入過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　　(3)分析、計(jì)算線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過程中ef邊消耗的電功率多大. </p><p>　　【導(dǎo)學(xué)號(hào)

39、：84370464】</p><p>　　[解析](1)ab 邊切割磁感線時(shí)：E＝BLv，①</p><p>　　電路總電阻為R總＝R　I＝②</p><p>　　ab邊受到安培力大小：F安＝BIl＝…③，方向向左</p><p>　　導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力等大反向：F外＝，方向向右④</p><p>　　ab、

40、cd兩個(gè)邊都進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，同時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，并聯(lián)的電動(dòng)勢(shì)仍為E，電源內(nèi)阻變?yōu)?，外電阻變?yōu)镽⑤</p><p>　　根據(jù)①②式導(dǎo)線框中的總電流不變．a(chǎn)b、cd兩邊中電流分別為：I′＝＝⑥</p><p>　　ab、cd邊受到安培力大小相等，總值：F′安＝2BI′l＝2Bl＝…?、?，方向向左</p><p>　　所以F′外＝，方向向右，⑧</p><p&

41、gt;　　(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，外力克服安培力做的功大小等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱：</p><p>　　Q＝F外＋F′外＝.⑨</p><p>　　(3)只有ab邊進(jìn)入時(shí)，根據(jù)①②式，ef邊中電流：I1＝＝⑩</p><p>　　ef邊消耗電功率：P1＝I·R＝</p><p>　　ab、cd兩個(gè)邊都進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)⑥式，ef邊中